【创新设计-教师用书】(人教A版-理科)2021届高考数学第一轮复习细致讲解练：第五篇-数列

第五篇数列A第1讲数列的概念与简洁表示法[最新考纲]1．了解数列的概念和几种简洁的表示方法(列表、图象、通项公式)．2．了解数列是自变量为正整数的一类函数.知识梳理1．数列的概念(1)数列的定义依据肯定挨次排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．(2)数列的通项公式假如数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(3)数列的前n项和在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．2．数列的表示方法(1)表示方法列表法列表格表达n与f(n)的对应关系图象法把点(n，f(n))画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用通项公式表达的方法递推公式使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表达数列的方法(2)数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n}的函数an＝f(n))当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值．*3．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限单调性递增数列an＋1＞an其中n∈N*递减数列an＋1＜an常数列an＋1＝an摇摆数列从其次项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列周期性∀n∈N*，存在正整数常数k，an＋k＝an4.an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))辨析感悟1．对数列概念的生疏(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×)(2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)2．对数列的性质及表示法的理解(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(5)(2021·开封模拟改编)已知Sn＝3n＋1，则an＝2·3n－1.(×)[感悟·提升]1．一个区分“数列”与“数集”数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复消灭，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．2．三个防范一是留意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摇摆数列，如(4)．二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,0，n为偶数.))三是已知Sn求an时，肯定要验证n＝1的特殊情形，如(5).同学用书第79页考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】依据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…；(2)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(3)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(4)5,55,555,5555，….解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观看各项的确定值，后一项的确定值总比它前一项的确定值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为an＝eq\f(2n,2n－12n＋1).(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观看．即eq\f(1,2)，eq\f(4,2)，eq\f(9,2)，eq\f(16,2)，eq\f(25,2)，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq\f(n2,2).(4)将原数列改写为eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝eq\f(5,9)(10n－1)．规律方法依据所给数列的前几项求其通项时，需认真观看分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观看、归纳、联想．【训练1】依据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，…；(2)eq\f(3,2)，1，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，….解(1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－eq\f(2－3,2)，原数列可化为－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，…，因此可得数列的一个通项公式为an＝(－1)n·eq\f(2n－3,2n).(2)将数列统一为eq\f(3,2)，eq\f(5,5)，eq\f(7，,10)，eq\f(9,17)，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n2＋1，因此可得数列的一个通项公式为an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).考点二由an与Sn的关系求通项an【例2】(2021·广东卷节选)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)依题意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4；(2)由题意2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，所以当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－eq\f(1,3)(3n2－3n＋1)－(2n－1)－eq\f(2,3)，整理得(n＋1)an－nan＋1＝－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq\f(a1,1)＝1，公差为1的等差数列，所以eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.规律方法给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.【训练2】设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)令n＝1时，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1(2)n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.由于当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，两式相减得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，由于a1＋2＝3≠0，所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，当n＝1时也成立，所以an＝3×2n－1－2.同学用书第80页考点三由递推公式求数列的通项公式【例3】在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝________；(2)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则通项an＝________.审题路线(1)变形为an＋1－an＝n＋1⇒用累加法，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)⇒得出an.(2)变形为an＋1＋1＝3(an＋1)⇒再变形为eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝eq\f(1,3)⇒用累乘法或迭代法可求an.解析(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(nn＋1,2)＋1.又a1＝2＝eq\f(1×1＋1,2)＋1，符合上式，因此an＝eq\f(nn＋1,2)＋1.(2)an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，法一eq\f(a2＋1,a1＋1)＝3，eq\f(a3＋1,a2＋1)＝3，eq\f(a4＋1,a3＋1)＝3，…，eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.将这些等式两边分别相乘得eq\f(an＋1＋1,a1＋1)＝3n.由于a1＝1，所以eq\f(an＋1＋1,1＋1)＝3n，即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，又a1＝1也满足上式，故an＝2×3n－1－1.法二由eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，即an＋1＋1＝3(an＋1)，当n≥2时，an＋1＝3(an－1＋1)，∴an＋1＝3(an－1＋1)＝32(an－2＋1)＝33(an－3＋1)＝…＝3n－1(a1＋1)＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1；当n＝1时，a1＝1＝2×31－1－1也满足．∴an＝2×3n－1－1.答案(1)eq\f(nn＋1,2)＋1(2)2×3n－1－1规律方法数列的递推关系是给出数列的一种方法，依据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．【训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.解析∵(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1·an－naeq\o\al(2,n)＝0，∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，又an＋1＋an＞0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a5,a4)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)×…×eq\f(n－1,n)，∴an＝eq\f(1,n).答案eq\f(1,n)1．求数列通项或指定项，通常用观看法(对于交叉数列一般用(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．由Sn求an时，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2，))留意验证a1是否包含在后面an的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含an与Sn的关系的数列题均可考虑上述公式．3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．思想方法4——用函数的思想解决数列问题【典例】(2021·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．解析由题意及等差数列的性质，知a1＋a10＝0，a1＋a15＝eq\f(10,3).两式相减，得a15－a10＝eq\f(10,3)＝5d，所以d＝eq\f(2,3)，a1＝－3.所以nSn＝n·[na1＋eq\f(nn－1,2)d]＝eq\f(n3－10n2,3).令f(x)＝eq\f(x3－10x2,3)，x＞0，则f′(x)＝eq\f(1,3)x(3x－20)，由函数的单调性，可知函数f(x)在x＝eq\f(20,3)时取得最小值，检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49，故nSn的最小值为－49.答案－49[反思感悟](1)本题求出的nSn的表达式可以看做是一个定义在正整数集N*上的三次函数，因此可以接受导数法求解．(2)易错分析：由于n为正整数，因而不能将eq\f(20,3)代入求最值，这是考生简洁忽视而产生错误的地方．【自主体验】1．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是()．A.eq\f(16,3) B.eq\f(13,3)C．4 D．0解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大为0.答案D2．已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析设f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－eq\f(λ,2)，要使数列{an}为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f(n)为增函数，故只需满足－eq\f(λ,2)＜eq\f(3,2)，即λ＞－3.答案(－3，＋∞)对应同学用书P285基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2022·深圳中学模拟)数列0，eq\f(2,3)，eq\f(4,5)，eq\f(6,7)，…的一个通项公式为()．A．an＝eq\f(n－1,n＋1)(n∈N*)B．an＝eq\f(n－1,2n＋1)(n∈N*)C．an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)D．an＝eq\f(2n,2n＋1)(n∈N*)解析将0写成eq\f(0,1)，观看数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n－1)，n∈N*；分母为奇数列，可表示为2n－1，n∈N*，故选C.答案C2．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，则eq\f(1,a5)＝()．A.eq\f(5,6)B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30)D．30解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)，∴eq\f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.答案D3．(2022·贵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－1，则a3＝()．A．－10B．6C．10D．14解析a3＝S3－S2＝2×32－1－(2×22－1)＝10.答案C4．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是()．A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n－1C．n2D．n解析法一(构造法)由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是常数列．且eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n.法二(累乘法)：n≥2时，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2).…eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，两边分别相乘得eq\f(an,a1)＝n，又由于a1＝1，∴an＝n.答案D5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()．A．2n－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1D.eq\f(1,2n－1)解析∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2)，又a2＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2(n≥2)．当n＝1时，a1＝1≠eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－1＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2，n≥2，))∴Sn＝2an＋1＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.答案B二、填空题6．(2021·蚌埠模拟)数列{an}的通项公式an＝－n2＋10n＋11，则该数列前________项的和最大．解析易知a1＝20>0，明显要想使和最大，则应把全部的非负项求和即可，令an≥0，则－n2＋10n＋11≥0，∴－1≤n≤11，可见，当n＝11时，a11＝0，故a10是最终一个正项，a11＝0，故前10或11项和最大．答案10或117．(2022·广州模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，则数列{an}的通项公式为________．解析∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，则当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，两式左右两边分别相减得3n－1an＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(1,3n)(n≥2)．由题意知，a1＝eq\f(1,3)，符合上式，∴an＝eq\f(1,3n)(n∈N*)．答案an＝eq\f(1,3n)8．(2021·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．解析每行的其次个数构成一个数列{an}，由题意知a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，所以a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2(n－1)－1＝2n－3，等式两边同时相加得an－a2＝eq\f(2n－3＋3×n－2,2)＝n2－2n，所以an＝n2－2n＋a2＝n2－2n＋3(n≥2)，所以a9＝92－2×9＋3＝66.答案66三、解答题9．数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开头各项都是正数？解(1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．∴从第7项起各项都是正数．10．在数列{an}中，a1＝1，Sn为其前n项和，且an＋1＝2Sn＋n2－n＋1.(1)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的前n项和Tn；(2)求数列{an}的通项公式．解(1)∵an＋1＝2Sn＋n2－n＋1，∴an＝2Sn－1＋(n－1)2－(n－1)＋1(n≥2)，两式相减得，an＋1－an＝2an＋2n－2(n≥2)．由已知可得a2＝3，∴n＝1时上式也成立．∴an＋1－3an＝2n－2(n∈N*)，an－3an－1＝2(n－1)－2(n≥2)．两式相减，得(an＋1－an)－3(an－an－1)＝2(n≥2)．∵bn＝an＋1－an，∴bn－3bn－1＝2(n≥2)，bn＋1＝3(bn－1＋1)(n≥2)．∵b1＋1＝3≠0，∴{bn＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列，∴bn＋1＝3×3n－1＝3n，∴bn＝3n－1.∴Tn＝31＋32＋…＋3n－n＝eq\f(1,2)·3n＋1－n－eq\f(3,2).(2)由(1)知，an＋1－an＝3n－1，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝30＋31＋32＋…＋3n－1－(n－1)＝eq\f(1,2)(3n＋1)－n.力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4,11－2n)，则满足an＋1＜an的n的取值为()．A．3B．4C．5D．6解析由an＋1＜an，得an＋1－an＝eq\f(4,9－2n)－eq\f(4,11－2n)＝eq\f(8,9－2n11－2n)＜0，解得eq\f(9,2)＜n＜eq\f(11,2)，又n∈N*，∴n＝5.答案C2．(2022·湖州模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7，))数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))C．(1,3)D．(2,3)解析∵数列{an}是递增数列，又an＝f(n)(n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,f8>f7))⇒2<a<3.答案D二、填空题3．在一个数列中，假如∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.解析依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案28三、解答题4．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，当n＝1时，a1＝a不适合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,2×3n－1＋a－32n－2，n≥2.))an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3))，当n≥2时，an＋1≥an⇔12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2＋a－3≥0⇔a≥－9.又a2＝a1＋3>a1.综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞).同学用书第81页第2讲等差数列及其前n项和[最新考纲]1．理解等差数列的概念．2．把握等差数列的通项公式与前n项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关学问解决相应的问题．4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.知识梳理1．等差数列的定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*)，d为常数．2．等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.若等差数列{an}的第m项为am，则其第n项an可以表示为an＝am＋(n－m)d.(2)等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)3．等差数列及前n项和的性质(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝eq\f(a＋b,2).(2)若{an}为等差数列，当m＋n＝p＋q，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(5)S2n－1＝(2n－1)an.(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝eq\f(nd,2)；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的区分与联系等差数列一次函数解析式an＝kn＋b(n∈N*)f(x)＝kx＋b(k≠0)不同点定义域为N*，图象是一系列孤立的点(在直线上)，k为公差定义域为R，图象是一条直线，k为斜率相同点数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数．①k≠0时，数列an＝kn＋b(n∈N*)图象所表示的点均匀分布在函数f(x)＝kx＋b(k≠0)的图象上；②k＞0时，数列为递增数列，函数为增函数；③k＜0时，数列为递减数列，函数为减函数(2)等差数列前n项和公式可变形为Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，当d≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．辨析感悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(×)2．等差数列的通项公式与前n项和(4)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(√)(5)等差数列{an}的单调性是由公差d打算的．(√)(6)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)3．等差数列性质的活用(7)(2021·广东卷改编)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝20.(√(8)(2021·辽宁卷改编)已知关于d＞0的等差数列{an}，则数列{an}，{nan}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))，{an＋3nd}都是递增数列．(×)[感悟·提升]一点留意等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．等差数列与函数的区分一是当公差d≠0时，等差数列的通项公式是n的一次函数，当公差d＝0时，an为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n项和公式是n的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{an}的单调性是由公差d打算的，如(8)中若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非递增；若an＝n＋1，则满足已知，但eq\f(an,n)＝1＋eq\f(1,n)是递减数列；设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋m，则an＋3nd＝4dn＋m是递增数列.同学用书第82页考点一等差数列的基本量的求解【例1】在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝eq\f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.即k2－2k－35＝0，解得k＝7或－5.又k∈N*，故k＝7为所求．规律方法(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】(1)(2021·浙江五校联考)已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝()．A．85B．135C(2)(2021·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()．A．3B．4C解析(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋4d＝4，,2a1＋6d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))∴S10＝10×(－4)＋eq\f(10×9,2)×3＝95.(2)法一∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴公差d＝am＋1－am＝1，由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(nn－1,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ma1＋\f(mm－1,2)＝0，①,m－1a1＋\f(m－1m－2,2)＝－2，②))由①得a1＝eq\f(1－m,2)，代入②可得m＝5.法二∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列．∴eq\f(Sm－1,m－1)＋eq\f(Sm＋1,m＋1)＝eq\f(2Sm,m)，即eq\f(－2,m－1)＋eq\f(3,m＋1)＝0，解得m＝5.经检验为原方程的解．故选C.答案(1)C(2)C考点二等差数列的判定与证明【例2】(2022·梅州调研改编)若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．审题路线(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为关于Sn与Sn－1的式子⇒同除Sn·Sn－1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求eq\f(1,Sn)⇒再求Sn⇒再代入条件an＝－2SnSn－1，求an⇒验证n＝1的状况⇒得出结论．(1)证明当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq\f(1,2n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(n－1－n,2nn－1)＝－eq\f(1,2nn－1).当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)不适合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))规律方法证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明an－an－1＝d(n≥2，d为常数)；二是等差中项法，证明2an＋1＝an＋an＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练2】已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋3n＋1－2n.设bn＝eq\f(an－2n,3n).证明：数列{bn}为等差数列，并求{an}的通项公式．证明∵bn＋1－bn＝eq\f(an＋1－2n＋1,3n＋1)－eq\f(an－2n,3n)＝eq\f(3an＋3n＋1－2n－2n＋1,3n＋1)－eq\f(3an－3·2n,3n＋1)＝1，∴{bn}为等差数列，又b1＝eq\f(a1－2,3)＝0.∴bn＝n－1，∴an＝(n－1)·3n＋2n.同学用书第83页考点三等差数列的性质及应用【例3】(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9A．－6B．－4C．－2D．2(2)在等差数列{an}中，前m项的和为30，前2m项的和为100，则前3解析(1)S8＝4a3⇒eq\f(8a1＋a8,2)＝4a3⇒a3＋a6＝a3，∴a6＝0，∴d＝－2，∴a9＝a7＋2d＝－2－4＝－6.(2)记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，又Sm＝30，S2m＝100，S2m－Sm＝100－30＝70，所以S3m－S2m＝2(S2答案(1)A(2)210规律方法奇妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．【训练3】(1)在等差数列{an}中．若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，则n＝________.(2)已知等差数列{an}中，S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝________.解析(1)依题意知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67.由等差数列的性质知a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，∴4(a1＋an)＝88，∴a1＋an＝22.又Sn＝eq\f(na1＋an,2)，即286＝eq\f(n×22,2)，∴n＝26.(2)∵{an}为等差数列，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，∴2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)．∴a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝2(36－9)－9＝45.答案(1)26(2)451．等差数列的推断方法(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】(1)(2022·辽宁卷)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()．A．58B．88C．143(2)(2021·北京卷)若等比数列{an}满足：a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.[一般解法](1)设数列{an}的公差为d，则a4＋a8＝16，即a1＋3d＋a1＋7d＝16，即a1＝8－5d，所以S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11(8－5d)＋55d＝88－55d＋55d＝88.(2)由a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＋a1q4＝40，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q1＋q2＝20，,a1q21＋q2＝40，))解得q＝2，a1＝2，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.[美丽 解法](1)由a1＋a11＝a4＋a8＝16，得S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝eq\f(11×16,2)＝88.(2)由已知，得eq\f(a3＋a5,a2＋a4)＝eq\f(qa2＋a4,a2＋a4)＝q＝2，又a1＝2，所以Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n＋1－2.[反思感悟]整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求同学要把握公式，理解其结构特征．【自主体验】在等差数列{an}中，已知Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝________.解析设{an}的公差为d，则由Sn＝m，Sm＝n，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝na1＋\f(nn－1,2)d＝m，,Sm＝ma1＋\f(mm－1,2)d＝n.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))②－①得(m－n)a1＋eq\f(m－nm＋n－1,2)·d＝n－m，∵m≠n，∴a1＋eq\f(m＋n－1,2)d＝－1.∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq\f(m＋nm＋n－1,2)d＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．答案－(m＋n)对应同学用书P287基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2021·温州二模)记Sn为等差数列{an}前n项和，若eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，则其公差d＝()．A.eq\f(1,2)B．2C．3D．4解析由eq\f(S3,3)－eq\f(S2,2)＝1，得eq\f(a1＋a2＋a3,3)－eq\f(a1＋a2,2)＝1，即a1＋d－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(d,2)))＝1，∴d＝2.答案B2．(2022·潍坊期末考试)在等差数列{an}中，a5＋a6＋a7＝15，那么a3＋a4＋…＋a9等于()．A．21B．30C．35解析由题意得3a6＝15，a6＝5.所以a3＋a4＋…＋a9＝7a6＝7答案C3．(2021·揭阳二模)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为()．A．37B．36C．20D．19解析由am＝a1＋a2＋…＋a9，得(m－1)d＝9a5＝36d⇒m答案A4．(2022·郑州模拟){an}为等差数列，Sn为其前n项和，已知a7＝5，S7＝21，则S10＝()．A．40B．35C．30D．28解析设公差为d，则由已知得S7＝eq\f(7a1＋a7,2)，即21＝eq\f(7a1＋5,2)，解得a1＝1，所以a7＝a1＋6d，所以d＝eq\f(2,3).所以S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10＋eq\f(10×9,2)×eq\f(2,3)＝40.答案A5．(2021·淄博二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a13＝S13＝13，则a1＝()．A．－14B．－13C．－12D．－11解析在等差数列中，S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13，所以a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝2－13＝－11.答案D二、填空题6．(2021·肇庆二模)在等差数列{an}中，a15＝33，a25＝66，则a35＝________.解析a25－a15＝10d＝66－33＝33，∴a35＝a25＋10d＝66＋33＝99.答案997．(2022·成都模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则{an}的通项an＝________.解析由a1＝1，S3＝9，得a1＋a2＋a3＝9，即3a1＋3d＝9，解得d＝2，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n答案2n－18．(2021·浙江五校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a2∶a3＝5∶2，则S3∶S5＝________.解析eq\f(S3,S5)＝eq\f(3a1＋a3,5a1＋a5)＝eq\f(3a2,5a3)＝eq\f(3,5)×eq\f(5,2)＝eq\f(3,2).答案3∶2三、解答题9．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5＞a1a9，求a1解(1)由于数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以aeq\o\al(2,1)＝1×(a1＋2)，即aeq\o\al(2,1)－a1－2＝0，解得a1＝－1或2.(2)由于数列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，所以5a1＋10＞aeq\o\al(2,1)＋8a1，即aeq\o\al(2,1)＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.故a1的取值范围是(－5,2)．10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝eq\f(Sn,n)＋2(n－1)(n∈N*)．(1)求证：数列{an}为等差数列，并求an与Sn.(2)是否存在自然数n，使得S1＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)－(n－1)2＝2015？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．证明(1)由an＝eq\f(Sn,n)＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1)(n∈N*)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，即an－an－1＝4，故数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列．于是，an＝4n－3，Sn＝eq\f(a1＋ann,2)＝2n2－n(n∈N*)．(2)由(1)，得eq\f(Sn,n)＝2n－1(n∈N*)，又S1＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1.令2n－1＝2015，得n＝1008，即存在满足条件的自然数n＝1008.力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(2022·咸阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn－4＝130，则n＝()．A．12B．14C．16解析Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40，所以4(a1＋an)＝120，a1＋an＝30，由Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝210，得n＝14.答案B2．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝13，S3＝S11，当Sn最大时，n的值是()．A．5B．6C．7解析法一由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，依据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0，依据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时，Sn最大．法二由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n，依据二次函数的性质，知当n＝7时，S法三依据a1＝13，S3＝S11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，依据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n＝eq\f(3＋11,2)＝7时，Sn取得最大值．答案C二、填空题3．(2022·九江一模)正项数列{an}满足：a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，则a7＝________.解析由于2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)＋aeq\o\al(2,n－1)(n∈N*，n≥2)，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以aeq\o\al(2,1)＝1为首项，以d＝aeq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,1)＝4－1＝3为公差的等差数列，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝eq\r(3n－2)，n≥1.所以a7＝eq\r(3×7－2)＝eq\r(19).答案eq\r(19)三、解答题4．(2021·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(Sn,n＋c)，是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解(1)设等差数列{an}的公差为d，且d＞0，由等差数列的性质，得a2＋a5＝a3＋a4＝22，所以a3，a4是关于x的方程x2－22x＋117＝0的解，所以a3＝9，a4＝13，易知a1＝1，d＝4，故通项为an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n1＋4n－3,2)＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c).法一所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)(c≠0)．令2b2＝b1＋b3，解得c＝－eq\f(1,2).当c＝－eq\f(1,2)时，bn＝eq\f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n，当n≥2时，bn－bn－1＝2.故当c＝－eq\f(1,2)时，数列{bn}为等差数列．法二由bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(\f(n1＋4n－3,2),n＋c)＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))),n＋c)，∵c≠0，∴可令c＝－eq\f(1,2)，得到bn＝2n.∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c＝－eq\f(1,2)，使数列{bn}也为等差数列.同学用书第84页第3讲等比数列及其前n项和[最新考纲]1．理解等比数列的概念，把握等比数列的通项公式及前n项和公式．2．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关学问解决相应的问题．3．了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1．等比数列的有关概念(1)等比数列的定义假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达式：eq\f(an,an－1)＝q(n≥2)，q为常数．(2)等比中项假如a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.2．等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；若等比数列{an}的第m项为am，公比是q，则其第n项an可以表示为an＝amqn－m.(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).3．等比数列及前n项和的性质(1)若{an}为等比数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.(4)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}，{an·bn}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))仍是等比数列．辨析感悟1．对等比数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(×)(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(×)(3)若三个数成等比数列，那么这三个数可以设为eq\f(a,q)，a，aq.(√)2．通项公式与前n项和的关系(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq\f(a1－an,1－a).(×)(5)(2021·新课标全国Ⅰ卷改编)设首项为1，公比为eq\f(2,3)的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝3－2an.(√)3．等比数列性质的活用(6)假如数列{an}为等比数列，则数列{lnan}是等差数列．(×)(7)(2022·兰州模拟改编)在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8a9a10(8)(2021·江西卷改编)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于－2或0.(×)[感悟·提升]1．一个区分等差数列的首项和公差可以为零，且等差中项唯一；而等比数列首项和公比均不为零，等比中项可以有两个值．如(1)中的“常数”，应为“同一非零常数”；(2)中，若b2＝ac，则不能推出a，b，c成等比数列，由于a，b，c为0时，不成立．2．两个防范一是在运用等比数列的前n项和公式时，必需留意对q＝1或q≠1分类争辩，防止因忽视q＝1这一特殊情形而导致解题失误，如(4)．二是运用等比数列的性质时，留意条件的限制，如(6)中当eq\f(an＋1,an)＝q＜0时，lnan＋1－lnan＝lnq无意义.同学用书第85页考点一等比数列的判定与证明【例1】(2021·济宁测试)设数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn＝2an－3n，设bn＝an＋3.求证：数列{bn}是等比数列，并求an.证明由Sn＝2an－3n对于任意的正整数都成立，得Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，两式相减，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－3(n＋1)－2an＋3n，所以an＋1＝2an＋1－2an－3，即an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2(an＋3)，即eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2对一切正整数都成立，所以数列{bn}是等比数列．由已知得：S1＝2a1－3，即a1＝2a1－3，所以a所以b1＝a1＋3＝6，即bn＝6·2n－1.故an＝6·2n－1－3＝3·2n－3.规律方法证明数列{an}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明eq\f(an,an－1)＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明aeq\o\al(2,n)＝an－1·an＋1.若推断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练1】(2021·陕西卷)设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．解(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知冲突．∴假设不成立，∴{an＋1}不是等比数列．考点二等比数列基本量的求解【例2】(2021·湖北卷)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,am)≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．审题路线(1)建立关于a1与q的方程组可求解．(2)分两种状况，由an⇒eq\f(1,an)⇒再用等比数列求和求eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)⇒得到结论．解(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(3,1)q3＝125，,|a1q－a1q2|＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(5,3)，,q＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,q＝－1.))故an＝eq\f(5,3)·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.(2)若an＝eq\f(5,3)·3n－1，则eq\f(1,an)＝eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(3,5)，公比为eq\f(1,3)的等比数列．从而eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)＝eq\f(\f(3,5)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m)),1－\f(1,3))＝eq\f(9,10)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))m))<eq\f(9,10)<1.若an＝－5·(－1)n－1，则eq\f(1,an)＝－eq\f(1,5)(－1)n－1，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为－eq\f(1,5)，公比为－1的等比数列，从而eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，m＝2k－1k∈N*，,0，m＝2kk∈N*，))故eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)<1.综上，对任何正整数m，总有eq\i\su(n＝1,m,)eq\f(1,an)<1.故不存在正整数m，使得eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≥1成立．规律方法等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于娴熟把握等比数列的有关公式并能机敏运用，尤其需要留意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应当要分类争辩，有时还应擅长运用整体代换思想简化运算过程．【训练2】(1)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为________．(2)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5解析(1)明显公比q≠1，由题意可知eq\f(91－q3,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和T5＝eq\f(31,16).(2)明显公比q≠1，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q3＝1，,\f(a11－q3,1－q)＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq\f(31,4).答案(1)eq\f(31,16)(2)eq\f(31,4)考点三等比数列性质的应用【例3】(1)(2022·新课标全国卷)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10A．7B．5C．－5(2)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，则公比q＝________.解析(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝2，,a5a6＝a4a7＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝4，,a7＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝－2，,a7＝4.))当a4＝4，a7＝－2时，易得a1＝－8，a10＝1，从而a1＋a10＝－7；当a4＝－2，a7＝4时，易得a10＝－8，a1＝1，从而a1＋a10＝－7.(2)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1知公比q≠1，则eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).答案(1)D(2)－eq\f(1,2)规律方法娴熟把握等比数列的一些性质可提高解题速度，历年高考对等比数列的性质考查较多，主要是考查“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新．解题时要擅长类比并且要能正确区分等差、等比数列的性质，不要把两者的性质搞混．【训练3】(1)已知x，y，z∈R，若－1，x，y，z，－3成等比数列，则xyz的值为 ()．A．－3 B．±3C．－3eq\r(3) D．±3eq\r(3)(2)(2022·昆明模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，则aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝()．A．4B．6C．8 D．8－4eq\r(2)解析(1)由等比中项知y2＝3，∴y＝±eq\r(3)，又∵y与－1，－3符号相同，∴y＝－eq\r(3)，y2＝xz，所以xyz＝y3＝－3eq\r(3).(2)由等比数列性质，得a3a7＝aeq\o\al(2,5)，a2a6＝a3a5，所以aeq\o\al(2,3)＋2a2a6＋a3a7＝aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝(a3＋a5)2＝(eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1)2＝(2eq\r(2))2＝8.答案(1)C(2)C1．等比数列的判定方法有以下几种：(1)定义：eq\f(an＋1,an)＝q(q是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(2)通项公式：an＝cqn－1(c、q均是不为零的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(3)等比中项法：aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．2．方程观点以及基本量(首项a1和公比q)思想仍旧是求解等比数列问题的基本方法：在a1，q，n，an，Sn五个量中，知三求二．3．在求解与等比数列有关的问题时，除了要机敏地运用定义和公式外，还要留意等比数列性质的应用，以削减运算量而提高解题速度．教你审题6——如何确定数列中的项【典例】(2022·山东卷)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.❶(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm❷，求数列{bm}的前m项和[审题]一审条件❶：依据性质转化为先求a4，再结合a9求a1和d.二审条件❷：转化为求{bm}的通项公式，尽而再求Sm.三审结构：由9m＜an＜92m得9m－1＋1≤n解(1)由a3＋a4＋a5＝84，可得3a4＝84，即a4＝28，而a9＝73，则5d＝a9－a4＝45，即d＝9.又a1＝a4－3d＝28－27＝1，所以an＝1＋(n－1)×9＝9n－8，即an＝9n－8(n∈N*(2)对任意m∈N*,9m＜9n－8＜92m，则9m＋8＜9即9m－1＋eq\f(8,9)＜n＜92m－1＋eq\f(8,9)，而n∈N*，所以9m－1＋1≤n≤92m－1.由题意，可知bm＝92m－1－9于是Sm＝b1＋b2＋…＋bm＝91＋93＋…＋92m－1－(90＋91＋…＋9m－1)＝eq\f(9－92m＋1,1－92)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－9,80)－eq\f(9m－1,8)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80)，即Sm＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).[反思感悟]本题第(2)问设置了落入区间内的项构成新数列